Ly Thuyet Nhom giai cac bai toan so cap

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Dành cho các bạn trẻ LTS: "Dành cho các bạn trẻ" là mục dành cho Sinh viên, Học sinh và tất cả các bạn trẻ yêu Toán. Tòa soạn mong nhận được các bài viết hoặc bài dịch có giá trị cho chuyên mục.. Cấu trúc nhóm trong một số bài toán sơ cấp Đoàn Trung Cường (Viện Toán học). 1. GIỚI. THIỆU. Lý thuyết nhóm có nguồn gốc từ lý thuyết số, lý thuyết các phương trình đại số và từ hình học. Việc phát triển lý thuyết nhóm đã dẫn tới sự ra đời của đại số trừu tượng, lý thuyết biểu diễn và nhiều ngành toán học mới khác. Ngày nay, cấu trúc nhóm xuất hiện và có ứng dụng trong hầu hết các lĩnh vực của toán học, xuất hiện trong vật lý, hóa học. Cấu trúc nhóm xuất hiện tự nhiên trong các bài toán sơ cấp. Ví dụ đơn giản nhất là các nhóm Z, Q, R, C với phép toán +. Ví dụ ít hiển nhiên hơn là các nhóm hữu hạn (nói chung không abel) xuất hiện trong lý thuyết số, tổ hợp và đại số.. Trong bài này chúng tôi sẽ điểm lại một vài ứng dụng của lý thuyết nhóm để giải một số bài toán sơ cấp. Mặc dù các bài tập minh họa đều có lời giải sơ cấp, chúng tôi sẽ không tập trung trình bày các lời giải này mà chủ yếu phân tích sự xuất hiện các cấu trúc nhóm như thế nào.. 2. MỞ. ĐẦU VỀ NHÓM. Nhóm. Ta biết rằng phép cộng trên tập các số nguyên Z thỏa mãn các tính chất kết hợp, có phần tử trung hòa (phần tử 0) và mọi phần tử đều có phần tử đối (phần tử đối của 𝑛 là −𝑛). Ta gọi tập Z cùng với phép cộng là một nhóm.. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Một ví dụ khác là nhóm đối xứng. Cho 𝑛 ∈ N và xét 𝑋 = {1, 2, . . . , 𝑛}. Ký hiệu 𝒮𝑛 là tập tất cả các phép hoán vị trên 𝑋, nghĩa là, 𝒮𝑛 là tập các song ánh 𝜎 : 𝑋 → 𝑋. Phép hợp thành của các ánh xạ trong 𝒮𝑛 thỏa mãn các tính chất: (i) ∀𝜎1 , 𝜎2 , 𝜎3 ∈ 𝒮𝑛 , (𝜎1 ∘ 𝜎2 ) ∘ 𝜎3 = 𝜎1 ∘ (𝜎2 ∘ 𝜎3 ). (ii) Gọi id là phép hoán vị đồng nhất, ta có id ∘𝜎 = 𝜎 ∘ id = 𝜎, với mọi 𝜎 ∈ 𝒮𝑛 . (iii) Với 𝜎 ∈ 𝒮𝑛 , ánh xạ nghịch đảo 𝜎 −1 cũng nằm trong 𝒮𝑛 . Khi đó 𝒮𝑛 cùng với phép hợp thành các ánh xạ cũng được gọi là một nhóm. Không phải một tập hợp với một phép toán bất kỳ cũng là một nhóm (xem Ví dụ 2.2(ii) ở dưới). Ta có định nghĩa tổng quát. Định nghĩa 2.1. Một nhóm 𝐺 là một tập hợp cùng với phép toán nhóm 𝐺 × 𝐺 → 𝐺, (𝑎, 𝑏) ↦→ 𝑎𝑏, thỏa mãn - ∀𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ 𝐺, (𝑎𝑏)𝑐 = 𝑎(𝑏𝑐) (tính chất kết hợp). - ∃𝑒 ∈ 𝐺 thỏa mãn 𝑎𝑒 = 𝑒𝑎 = 𝑎, ∀𝑎 ∈ 𝐺 (phần tử đơn vị). - ∀𝑎 ∈ 𝐺, ∃𝑏 ∈ 𝐺 sao cho 𝑎𝑏 = 𝑏𝑎 = 𝑒 (phần tử nghịch đảo). 𝐺 là một nhóm abel nếu - ∀𝑎, 𝑏 ∈ 𝐺, 𝑎𝑏 = 𝑏𝑎 (tính chất giao hoán). Nếu phép toán nhóm viết theo lối nhân (tương ứng, lối cộng) thì phần tử đơn vị còn được ký hiệu là 1 (tương ứng, 0), phần tử nghịch đảo của 𝑎 ký hiệu là 𝑎−1 (tương ứng, −𝑎 và gọi là phần tử đối). Một nhóm con của 𝐺 là một tập con 𝐻 ⊆ 𝐺 thỏa mãn 𝑒 ∈ 𝐻 và với 𝑎, 𝑏 ∈ 𝐻 thì 𝑎−1 ∈ 𝐻, 𝑎𝑏 ∈ 𝐻. Như vậy, nếu 𝑎 ∈ 𝐻 thì 𝑎𝑛 , 𝑎−𝑛 ∈ 𝐻 với mọi 𝑛 = 1, 2, . . .. Nếu 𝐻 = {𝑎𝑛 : 𝑛 ∈ Z} với một phần tử 𝑎 nào. 2. đó thì 𝐻 được gọi là một nhóm xyclic sinh bởi 𝑎. Ví dụ 2.2. (i) Một số nhóm abel quen thuộc là - Nhóm với phép cộng: Z ⊂ Q ⊂ R ⊂ C. - Nhóm với phép nhân: {±1} ⊂ Q× ⊂ ⊂ C× hoặc R>0 ⊂ R× . Ở đây ký hiệu 𝑘 × := 𝑘 ∖ {0}.. R×. (ii) Tập R>0 không là một nhóm đối với phép cộng vì với 𝑥 ∈ R, 𝑥 > 0 thì −𝑥 ̸∈ R>0 . Nhóm hữu hạn. Nếu nhóm 𝐺 có hữu hạn phần tử thì ta nói 𝐺 là một nhóm hữu hạn. Cấp của 𝐺 là số phần tử của nhóm đó và ký hiệu là |𝐺|. Với mỗi 𝑔 ∈ 𝐺 có một số nguyên dương 𝑛 > 0 sao cho 𝑔 𝑛 = 1. Số nguyên dương nhỏ nhất như vậy được gọi là cấp của 𝑔 và ký hiệu là ord(𝑔). Ví dụ 2.3. Xét tập Z/𝑛Z gồm các lớp thặng dư mod 𝑛. Với 𝑎 ¯, ¯𝑏 ∈ Z/𝑛Z, ta có ¯ ¯ ¯.𝑏 = 𝑎𝑏. Tập Z/𝑛Z cùng 𝑎 ¯ + 𝑏 = 𝑎 + 𝑏 và 𝑎 với phép cộng là một nhóm abel hữu hạn cấp 𝑛. Xét tập (Z/𝑛Z)* := {¯ 𝑎 ∈ Z/𝑛Z : (𝑎, 𝑛) = 1}. Bằng thuật toán chia Euclide ta chứng minh được (Z/𝑛Z)* cùng với phép nhân là một nhóm abel hữu hạn, cấp của nhóm này là 𝜙(𝑛) = #{0 < 𝑎 < 𝑛 : (𝑎, 𝑛) = 1}. Ví dụ 2.4. Nhóm 𝒮𝑛 là một nhóm hữu hạn và được gọi là nhóm đối xứng (hay nhóm các phép thế). 𝒮𝑛 là một nhóm abel khi và chỉ khi 𝑛 < 3. Cấp của 𝒮𝑛 là |𝒮𝑛 | = 𝑛!. Nếu thay tập {1, . . . , 𝑛} bởi một tập 𝑋 có 𝑛 phần tử thì ta cũng được nhóm đối xứng trên 𝑋, ký hiệu là 𝒮𝑋 . Với mỗi nhóm con 𝐻 của một nhóm hữu hạn 𝐺 và 𝑎 ∈ 𝐺, đặt 𝑎𝐻 := {𝑎𝑏 : 𝑏 ∈ 𝐻}. Dễ thấy với 𝑎, 𝑎′ ∈ 𝐺 thì hoặc 𝑎𝐻 = 𝑎′ 𝐻 hoặc 𝑎𝐻 ∩𝑎′ 𝐻 = ∅ (hoặc trùng nhau hoặc không giao nhau). Nói riêng,.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 𝐺 có phân tích thành một hợp rời các lớp kề có dạng 𝑎𝐻. Mệnh đề 2.5 (Định lý Lagrange). Mọi lớp tương đương định nghĩa như trên đều có cùng số phần tử và bằng cấp của 𝐻. Nói riêng, số lớp tương đương là |𝐺|/|𝐻|. Ví dụ 2.6 (p-Nhóm). Cho 𝑝 là một số nguyên tố. Một 𝑝-nhóm là một nhóm hữu hạn với các phần tử có cấp là một lũy thừa của 𝑝. Khi đó, một nhóm 𝐺 là 𝑝-nhóm khi và chỉ khi 𝐺 có cấp là một lũy thừa của 𝑝. Thật vậy, giả sử 𝐺 có cấp là một lũy thừa của 𝑝 và 𝑎 ∈ 𝐺. Xét nhóm xyclic 𝐻 sinh bởi 𝑎. Rõ ràng |𝐻| = ord(𝑎). Do đó theo định lý Lagrange, ord(𝑎) là ước của cấp của 𝐺. Đối với chiều ngược lại, ta chỉ chứng minh cho trường hợp 𝐺 là abel (trong các bài tập ở phần sau chỉ có trường hợp này xảy ra). Giả sử 𝐺 là một 𝑝-nhóm abel và 𝐻 là một nhóm con lớn nhất của 𝐺 mà có cấp là một lũy thừa của 𝑝. Ta sẽ chứng minh 𝐻 = 𝐺. Giả sử có một phần tử 𝑎 ∈ 𝐺 ∖ 𝐻. Khi đó ord(𝑎) = 𝑝𝑛 với 𝑛 > 0 nào đó. Xét tập 𝐻 ′ := {𝑎𝑏 : 𝑏 ∈ 𝐻}. Dễ thấy 𝐻 ′ là hợp rời của các tập 𝑛 hợp 𝐻, 𝑎𝐻, 𝑎2 𝐻, . . . , 𝑎𝑝 −1 𝐻 và 𝐻 ′ là một nhóm abel. Nói riêng, 𝐻 ′ là một nhóm con của 𝐺 với cấp là |𝐻 ′ | = |𝐻|.𝑝𝑛 > |𝐻|. Điều này mâu thuẫn với cách chọn 𝐻. Vậy 𝐺 = 𝐻 và 𝐺 có cấp là một lũy thừa của 𝑝. Tác động nhóm. Xét nhóm đối xứng 𝒮𝑛 và tập 𝑋 = {1, 2, . . . , 𝑛}. Với mỗi 𝜎 ∈ 𝒮𝑛 , 𝑖 ∈ 𝑋, ta được 𝜎(𝑖) ∈ 𝑋. Tương ứng này rõ ràng thỏa mãn (𝜎1 ∘ 𝜎2 )(𝑖) = 𝜎1 (𝜎2 (𝑖)). Khi đó ta nói rằng có một tác động của nhóm 𝒮𝑛 lên tập 𝑋. Tổng quát hơn, ta có định nghĩa. Định nghĩa 2.7. Cho 𝐺 là một nhóm hữu hạn và 𝑋 là một tập hữu hạn. Một tác động của 𝐺 lên 𝑋 là một ánh xạ 𝐺 × 𝑋 → 𝑋, (𝑔, 𝑎) ↦→ 𝑔(𝑎) thỏa mãn: với 𝑔, ℎ ∈ 𝐺, 𝑎 ∈ 𝑋, (𝑔ℎ)(𝑎) = 𝑔(ℎ(𝑎)). 3. và 𝑒(𝑎) ≡ 𝑎. Với mỗi 𝑎 ∈ 𝑋, tập con orb(𝑎) := {𝑔(𝑎) ∈ 𝑋 : 𝑔 ∈ 𝐺} được gọi là quỹ đạo của 𝑎. Phần tử 𝑎 ∈ 𝑋 cố định dưới tác động của 𝐺 khi và chỉ khi orb(𝑎) = {𝑎}. Tập 𝑋 được phân hoạch thành hợp rời các quỹ đạo. Ví dụ, xét tác động của nhóm đối xứng 𝒮𝑛 lên tập 𝑋 = {1, . . . , 𝑛}. Với hai phần tử bất kỳ 𝑖, 𝑗 = 1, . . . , 𝑛, luôn có một phép thế, ký hiệu là (𝑖, 𝑗) và gọi là phép chuyển vị, tráo đổi vị trí của 𝑖, 𝑗 và cố định các vị trí khác. Do đó tác động này chỉ có một quỹ đạo là cả tập 𝑋. Với một tập con 𝑌 ⊂ 𝑋, tập Stab(𝑌 ) := {𝑔 ∈ 𝐺 : 𝑔(𝑌 ) ⊆ 𝑌 } là một nhóm con của 𝐺 và được gọi là nhóm con ổn định của 𝑌 . Ta có một song ánh {𝑔. Stab(𝑎) : 𝑔 ∈ 𝐺} −→ orb(𝑎), 𝑔ℎ ↦→ 𝑔(𝑎). Định lý Lagrange (Mệnh đề 2.5) cho ta Mệnh đề 2.8. Với mỗi 𝑎 ∈ 𝑋, quỹ đạo orb(𝑎) có số phần tử bằng |𝐺|/| Stab(𝑎)|. Nói riêng, | orb(𝑎)| là ước của |𝐺|. Cho 𝑝 ∈ Z là một số nguyên tố và 𝐺 là một 𝑝-nhóm. Xét một tác động của 𝐺 lên một tập hữu hạn 𝑋. Theo Mệnh đề 2.8, những quỹ đạo có nhiều hơn một phần tử có số phần tử là lũy thừa của 𝑝. Những quỹ đạo còn lại ứng với các điểm cố định của 𝑋. Ký hiệu 𝑋 𝐺 là tập các điểm cố định, ta có mệnh đề. Mệnh đề 2.9. Có |𝑋| ≡ |𝑋 𝐺 | (mod 𝑝). Một ứng dụng thú vị của mệnh đề trên là định lý số học sau đây. Định lý 2.10 (Lucas). Cho các số nguyên 𝑚, 𝑛 ≥ 0 và một số nguyên tố 𝑝. Ta có (︂ )︂ ∏︁ )︂ 𝑘 (︂ 𝑚 𝑚𝑖 ≡ (mod 𝑝), 𝑛 𝑛𝑖 𝑖=0. trong đó 𝑚𝑖 , 𝑛𝑖 là các chữ số trong biểu diễn cơ số 𝑝 của 𝑚, 𝑛, nghĩa là 𝑚 = 𝑚𝑘 𝑝𝑘 + . . . + 𝑚1 𝑝 + 𝑚0 ,.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 𝑛 = 𝑛𝑘 𝑝 𝑘 + . . . + 𝑛1 𝑝 + 𝑛0 , với 0 ≤ 𝑚0 , . . . , 𝑚𝑘 𝑛0 , . . . , 𝑛𝑘 < 𝑝.. < 𝑝 và 0 ≤. Chứng minh. Xét một tập 𝑀 gồm 𝑚 phần tử. Chia 𝑀 thành các tập con rời nhau: 𝑚𝑖 tập con có 𝑝𝑖 phần tử, 𝑖 = 0, 1, . . . , 𝑚. Trên mỗi tập con, có một tác động tự nhiên của nhóm xyclic Z/𝑝𝑖 Z. Do đó ∏︀ nhóm 𝐺 = 𝑘𝑖=0 (Z/𝑝𝑖 Z)𝑚𝑖 tác động tự nhiên theo từng thành phần lên tập 𝑀 . Ở đây (Z/𝑝𝑖 Z)𝑚𝑖 = Z/𝑝𝑖 Z × . . . × Z/𝑝𝑖 Z là tích 𝑚𝑖 lần Z/𝑝𝑖 Z. Gọi 𝑋 là tập tất cả các tập con(︀ của )︀ 𝑀 𝑚 có 𝑛 phần tử. Như vậy |𝑋| = 𝑛 . Dễ thấy 𝐺 tác động cảm sinh lên tập 𝑋. Một tập con 𝑁 thuộc 𝑋 là bất biến dưới tác động của 𝐺 khi và chỉ khi nó là hợp của các tập con có 𝑝𝑖 phần tử trong cách chia ở trên. Với mỗi 𝑝𝑖 , có 𝑛𝑖 tập con của 𝑁 như vậy. Do đó số tập con 𝑁 ⊆ 𝑀 có 𝑛 phần tử (︀và bất )︀ biến dưới tác động của ∏︀𝑘 𝑚𝑖 𝐺 là 𝑖=0 𝑛𝑖 . Khẳng định được suy từ Mệnh đề 2.9.  3. TỔ. HỢP. 3.1. Phép thế. Một phép thế 𝜎 ∈ 𝒮𝑛 được hoàn toàn xác định bởi các giá trị 𝜎(1), . . . , 𝜎(𝑛). Do đó có một cách khác biểu diễn 𝜎 là )︂ (︂ 1 2 ... 𝑛 . 𝜎(1) 𝜎(2) . . . 𝜎(𝑛) Chú ý rằng 𝜎 còn được gọi là một hoán vị của các số 1, 2, . . . , 𝑛 và ký hiệu là (𝑎1 , . . . , 𝑎𝑛 ) với 𝑎𝑖 = 𝜎(𝑖). Nếu 𝑎𝑖 = 𝑖 thì ta có thể bỏ 𝑎𝑖 trong ký hiệu trên. Tác động tự nhiên của nhóm xyclic (𝜎) lên tập 𝑋 = {1, 2, . . . , 𝑛} cho ta phân tích của 𝑋 thành hợp rời các quỹ đạo 𝑋 = 𝑋1 ⊔ 𝑋2 ⊔ . . . ⊔ 𝑋𝑟 ,. 4. với mỗi 𝑋𝑖 có dạng {𝑎, 𝜎(𝑎), . . . , 𝜎 𝑘𝑖 (𝑎)}. Mỗi 𝑋𝑖 được gọi là một chu trình của 𝜎 và ta có ord(𝜎) = [|𝑋1 |, . . . , |𝑋𝑟 |] | 𝑛!. Ví dụ 3.1 (IMO 2001). Cho 𝑛 > 1 là một số nguyên lẻ và các số nguyên 𝑐1 , . . . , 𝑐𝑛 . Với mỗi phép thế 𝑎 = (𝑎1 , . . ∑︀ . , 𝑎𝑛 ) của 𝑛 1, . . . , 𝑛, định nghĩa 𝑆(𝑎) = 𝑖=1 𝑐𝑖 𝑎𝑖 . Chứng minh rằng tồn tại các phép thế 𝑎 ̸= 𝑏 sao cho 𝑛!|𝑆(𝑎) − 𝑆(𝑏). Lời giải. Nếu tất cả 𝑆(𝑎) khác nhau mod 𝑛! thì do có 𝑛! phép thế nên {𝑆(𝑎) : 𝑎 ∈ 𝒮𝑛 } = {0, 1, . . . , 𝑛!−1}mod𝑛!. ∑︀ (𝑛!−1)𝑛! = − 𝑛! Do đó, 𝑎∈𝒮𝑛 𝑆(𝑎) = 2 2 (mod 𝑛!). Ta có ∑︁. =. 𝑎∈𝒮𝑛 𝑛 ∑︁ 𝑖=1. 𝑆(𝑎) =. 𝑛 ∑︁ ∑︁ 𝑎∈𝒮𝑛 𝑖=1 𝑛 ∑︁. 𝑐𝑖 .(𝑛−1)!. 𝑐𝑖 𝑎𝑖 =. 𝑖=. 𝑖=1. 𝑛 ∑︁ 𝑖=1. 𝑛 ∑︁ 𝑖=1. 𝑐𝑖 .𝑛!. 𝑐𝑖. ∑︁. 𝑎𝑖. 𝑎∈𝒮𝑛. 𝑛+1 =0 2. (mod 𝑛!). Điều này mâu thuẫn với khẳng định trên. Vậy có hai phép thế khác nhau 𝑎, 𝑏 sao cho 𝑆(𝑎) ≡ 𝑆(𝑏) (mod 𝑛!). Ví dụ 3.2 (IMO 1999 shortlist (Phần Lan)). Có 𝑛 ≥ 2 cô gái chơi một trò chơi, mỗi người giữ (︀ )︀ một quả bóng. Mỗi cặp trong số tất cả 𝑛2 cặp, theo một thứ tự nào đó, đổi quả bóng họ đang có cho nhau. Trò chơi được gọi là "thú vị" nếu cuối cùng không có cô gái nào nhận lại quả bóng ban đầu. Ngược lại, nếu cuối cùng tất cả các cô gái đều nhận lại quả bóng ban đầu thì trò chơi được gọi là "chán ngắt". Tìm giá trị của 𝑛 để (a) có một trò chơi thú vị và (b) có một trò chơi chán ngắt. Lời giải. Một phép chuyển vị (𝑖, 𝑗) với 𝑖, 𝑗 = 1, . . . , 𝑛, 𝑖 ̸= 𝑗 là một hoán vị hai vị trí 𝑖, 𝑗 cho nhau và giữ nguyên các vị trí khác. Một trò chơi là một cách thực hiện liên tiếp, hay là một cách xếp thứ.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> (︀ )︀ tự, 𝑁 = 𝑛2 phép chuyển vị (𝑖, 𝑗) của tập {1, . . . , 𝑛}. Giả sử thứ tự đó là 𝑡1 , . . . , 𝑡𝑁 . Một trò chơi sẽ ứng với phép hoán vị 𝑃 = 𝑡𝑁 𝑡𝑁 −1 . . . 𝑡1 . Trò chơi là thú vị tương ứng với 𝑃 không có điểm cố định. Trò chơi là chán ngắt nếu 𝑃 = id là phép đồng nhất.. (3, 5)(3, 4)(4, 5)(1, 3)(2, 4)(2, 3)(1, 4)(1, 5) (1, 2)(2, 5) = id .. (a) Tồn tại một trò chơi thú vị khi và chỉ khi 𝑛 ̸= 3.. |𝑎1 −1| = |𝑎2 −2| = . . . = |𝑎2004 −2004| > 0.. Thật vậy, nếu 𝑛 = 2 thì 𝑃2 := (1, 2) rõ ràng là thú vị. Nếu 𝑛 = 3 thì mỗi trò chơi có dạng 𝑃 = (𝑏, 𝑐)(𝑎, 𝑐)(𝑎, 𝑏) = (𝑎, 𝑐) nên không là thú vị. Xét 𝑛 > 3. Xét 𝑃𝑛 := (1, 2)(1, 3)(2, 3) . . . (1, 𝑛)(2, 𝑛) . . . (𝑛 − 1, 𝑛). Khi đó 𝑃𝑛 = 𝑃𝑛−1 (1, 𝑛, 𝑛 − 1, . . . , 2) = (1, 𝑛)(2, 𝑛 − 1) . . . (𝑖, 𝑛 + 1 − 𝑖) . . . là thú vị nếu 𝑛 là chẵn. Nếu 𝑛 lẻ thì hoán vị 𝑄𝑛 := 𝑃𝑛−1 (1, 𝑛)(2, 𝑛) . . . (𝑘, 𝑛)(𝑛 − 1, 𝑛)(𝑛 − 2, 𝑛) . . . (𝑘 + 1)𝑛 là thú vị. (b) Tồn tại một trò chơi chán ngắt khi và chỉ khi 𝑛 ≡ 0, 1 (mod 4). 𝑛 Ta có sign(𝑃 ) = (−1)( 2 ) . Do(︀ đó )︀ nếu 𝑃 = id là phép đồng nhất thì 2| 𝑛2 , hay 𝑛 ≡ 0, 1 (mod 4). Ngược lại, giả sử 𝑛 ≡ 0, 1 (mod 4). Xét trường hợp 𝑛 = 4𝑘. Chia các cô gái vào 𝑘 nhóm gồm 4 cô gái. Trong mỗi nhóm xét thứ tự sau (3, 4)(1, 3)(2, 4)(2, 3)(1, 4)(1, 2) = id. Giữa hai nhóm khác nhau (ký hiệu là {1, 2, 3, 4} và {5, 6, 7, 8}), ta có (4, 7)(3, 7)(4, 6)(1, 6)(2, 8)(3, 8)(2, 7)(2, 6) (4, 5)(4, 8)(1, 7)(1, 8)(3, 5)(3, 6)(2, 5)(1, 5) = id . Trường hợp 𝑛 = 4𝑘 + 1 ta chia thành 𝑘 + 1 nhóm gồm 𝑘 nhóm có 4 cô gái và một nhóm chỉ có một cô gái. Giữa hai nhóm có 4 cô gái khác nhau ta làm như trên. Với mỗi nhóm có 4 cô gái, ký hiệu là 1, 2, 3, 4, ta thêm cô gái dư, ký hiệu là 5, và tiến hành theo thứ tự sau. 5. Bài 1 (Australia MO 2004). Tìm tất cả các hoán vị 𝑎1 , . . . , 𝑎2004 của 1, . . . , 2004 sao cho. Bài 2 (IMO 2005 shortlist (USA)). Cho một số nguyên dương 𝑛 ≥ 1 và một dãy số nguyên 𝑎1 , . . . , 𝑎𝑛 sao cho 𝑛 | (𝑎1 + . . . + 𝑎𝑛 ). Chứng minh rằng tồn tại hai phép thế 𝜎 và 𝜏 của 1, . . . , 𝑛 sao cho 𝜎(𝑖)+𝜏 (𝑖) ≡ 𝑎𝑖 (mod 𝑛) với mọi 𝑖 = 1, . . . , 𝑛. Bài 3 (IMO 2008 shortlist (Serbia) & Iran MO). Với 𝑛 > 0, xác định số các hoán vị 𝑎1 , . . . , 𝑎𝑛 của 1, . . . , 𝑛 với tính chất 𝑘 | 2(𝑎1 + . . . + 𝑎𝑘 ), ∀𝑘 = 1, 2, . . . , 𝑛. 3.2. Bài toán tô màu. Bài toán tô màu là một ứng dụng điển hình của lý thuyết nhóm (nhóm đối xứng) trong tổ hợp. Bài toán. Cho 𝑟 mảnh vải giống hệt nhau và 𝑛 màu khác nhau. Tô mỗi mảnh vải bằng một màu nào đó. Cho 𝐺 là một nhóm gồm các phép hoán vị 𝑛 mảnh vải. Hai cách tô màu sẽ được đồng nhất nếu cách này nhận được từ cách kia bằng một phép hoán vị trong 𝐺. Hỏi có tất cả bao nhiêu cách tô màu (sai khác hoán vị bởi nhóm 𝐺)? Ví dụ 3.3 (HSGQG 2010). Người ta dùng 𝑛 màu để tô tất cả các ô vuông con của bảng ô vuông kích thước 3 × 3, mỗi ô được tô bởi một màu. Hai cách tô màu được coi là như nhau nếu cách tô màu này nhận được từ cách tô màu kia nhờ một phép quay quanh tâm của bảng ô vuông. Hỏi có tất cả bao nhiêu cách tô màu khác nhau? Bài toán tô màu được giải bằng cách sử dụng bổ đề Burnside. Bổ đề Burnside. Xét một tập hữu hạn 𝑋 cùng với một tác động của một nhóm hữu.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> hạn 𝐺. Với mỗi 𝑔 ∈ 𝐺, ký hiệu 𝐹 (𝑔) = {𝑥 ∈ 𝑋 : 𝑔(𝑥) = 𝑥} và 𝑍 = {(𝑔, 𝑥) ∈ 𝐺 × 𝑋 : 𝑥 ∈ 𝐹 (𝑔)}. Bằng cách đếm theo 𝑔 ∈ 𝐺 hoặc theo 𝑥 ∈ 𝑋, ta có đồng nhất thức ∑︁ ∑︁ |𝑍| = |𝐹 (𝑔)| = | Stab(𝑥)|. 𝑔∈𝐺. 𝑥∈𝑋. Mệnh đề 3.5 (Định lý đếm của Pólya, dạng đơn giản). Ta luôn có 𝑁𝐺 =. Mỗi phần tử 𝑥 ∈ 𝑋 xuất hiện đúng | Stab(𝑥)| lần trong tập 𝑍. Như vậy, các phần tử trong orb(𝑥) xuất hiện cả thảy | orb(𝑎)|.| Stab(𝑎)| = |𝐺| lần. Mệnh đề 3.4 (Bổ đề Burnside). Số quỹ đạo của tác động nhóm 𝐺 lên tập 𝑋 là 1 ∑︁ 1 ∑︁ 𝑁= |𝐹 (𝑔)| = | Stab(𝑎)|. |𝐺| |𝐺| 𝑔∈𝐺. lên từng chu trình 𝑉𝑖 , 𝑖 = 1, . . . , 𝑡. Như vậy, |𝐹 (𝜎)| = 𝑛𝑐(𝜎) với 𝑐(𝜎) = 𝑡 là số chu trình của 𝜎.. 𝑎∈𝑋. 1 ∑︁ 𝑐(𝜎) 𝑛 . |𝐺| 𝜎∈𝐺. Mệnh đề trên là một dạng đơn giản của định lý đếm của Pólya. Định lý đếm tổng quát cho ta thông tin cụ thể hơn về số cách tô màu với những hạn chế về phân bố là một kết quả quan trọng trong tổ hợp, tuy nhiên việc trình bày tương đối dài và vượt ra khỏi phạm vi của bài giới thiệu này.. Bổ đề Burnside cũng được một vài tác giả gọi là Bổ đề Cauchy-Frobenius. Cauchy là người đầu tiên chứng minh cho trường hợp tác động chỉ có một quỹ đạo (tác động bắc cầu). Frobenius chứng minh trường hợp tổng quát. Theo các tác giả này, Burnside là người đầu tiên viết kết quả trên trong một quyển sách.. Ví dụ 3.3 xét lại. Gọi 𝜏 là phép quay quanh tâm hình vuông góc 𝜋2 theo chiều kim đồng hồ. Khi đó 𝐺 = (𝜏 ) là một nhóm xyclic cấp 4. Số chu trình của 𝜏 là 3, của 𝜏 2 là 5, của 𝜏 3 là 3 và của 𝜏 4 = id là 9. Theo định lý đếm của Pólya (Mệnh đề 3.5), số cách tô màu là 𝑁 = 14 (𝑛9 + 𝑛5 + 2𝑛3 ).. Định lý đếm của Pólya (dạng đơn giản). Áp dụng bổ đề Burnside, ta phát biểu lại bài toán tô màu: Ký hiệu các mảnh vải là 𝑣1 , . . . , 𝑣𝑟 , các màu là 𝑐1 , . . . , 𝑐𝑛 . Xét tập hợp các ánh xạ 𝑋 = {𝑓 : {𝑣1 , . . . , 𝑣𝑟 } → {𝑐1 , . . . , 𝑐𝑛 }}. Mỗi cách tô màu tương ứng 1 − 1 với một hàm 𝑓 ∈ 𝑋. Nhóm 𝐺 ⊆ 𝒮𝑟 tác động lên tập {𝑣1 , . . . , 𝑣𝑟 } nên có tác động tự nhiên lên tập 𝑋 cho bởi (𝑔, 𝑓 ) ∈ 𝐺 × 𝑋 ↦→ 𝑓 ∘ 𝑔 ∈ 𝑋. Theo bổ đề Burnside, số các quỹ đạo của tác động này là 1 ∑︁ 𝑁𝐺 = |𝐹 (𝜎)|, |𝐺|. Ví dụ 3.6 (Số Stirling). Ký hiệu [︀ ]︀số phép thế trong 𝒮𝑟 có 𝑘 chu trình là 𝑘𝑟 và gọi là số Stirling. Số Stirling liên quan đến bài toán tìm số cách xếp 𝑟 quả bóng vào 𝑛 cái sọt với hai cách xếp là như nhau nếu sai khác một cách đánh số lại các quả bóng.. 𝜎∈𝐺. với 𝐹 (𝜎) = {𝑓 ∈ 𝑋 : 𝑓 (𝜎(𝑣𝑖 )) = 𝑓 (𝑣𝑖 ), 𝑖 = 1, . . . , 𝑛}. Gọi các chu trình của 𝜎 là 𝑉1 , . . . , 𝑉𝑡 . Khi đó 𝑓 ∈ 𝐹 (𝜎) tương đương với 𝑓 là ánh xạ hằng khi hạn chế. 6. Bài toán bóng-sọt thuộc kiểu bài toán tô màu. Trong trường hợp này, ta không phân biệt các quả bóng nên nhóm tác động là 𝒮𝑟 . Theo định lý đếm của Pólya, số cách xếp là 𝑟 [︂ ]︂ 1 ∑︁ 𝑟 𝑘 𝑁= 𝑛 . 𝑟! 𝑘 𝑘=0. Mặt khác, mỗi cách xếp tương ứng với một chuỗi 𝑛 + 𝑟 − 1 ký tự gồm 𝑟 ký tự 𝑏 (bóng) và 𝑛 − 1 ký tự 𝑠 (sọt). Số cách sắp xếp do.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> đó là 𝑁 =. (︀𝑛+𝑟−1)︀ 𝑟. . Ta suy ra. (𝑛 + 𝑟 − 1) . . . (𝑛 + 1)𝑛 =. 𝑟 [︂ ∑︁ 𝑘=0. ]︂ 𝑟 𝑘 𝑛 . 𝑘. Đây là một định nghĩa khác của số Stirling. Bài 4. Có bao nhiêu cách sơn các mặt của một hình lập phương bằng 8 màu với điều kiện mỗi mặt được sơn một màu và hai cách sơn là như nhau nếu sai khác một phép xoay hình lập phương. Bài 5 (AIME 1996). Hai ô của hình vuông 7 × 7 được tô màu vàng. Các ô còn lại được tô màu đỏ. Hai cách tô được coi là giống nhau nếu chúng có thể thu được từ nhau bằng một phép quay trên mặt phẳng quanh tâm của hình vuông. Hỏi có bao nhiêu cách tô màu? Bài 6 (Tô màu vòng cổ). Người ta làm các chuỗi vòng cổ có 𝑟 hạt đá trong đó mỗi hạt đá mang một trong 𝑛 màu cho trước. Hai chuỗi vòng được gọi là cùng kiểu nếu vòng này nhận được từ vòng kia bằng một phép tịnh tiến theo các hạt. Hỏi: (a) Có nhiều nhất bao nhiêu chuỗi vòng cổ thuộc các kiểu khác nhau? (b) Có bao nhiêu chuỗi vòng mà với mỗi màu đều có ít nhất 2 hạt mang màu đó?. là bạn nhau hoặc là người lạ. Trong thời gian ăn trưa, những người tham dự ăn ở một trong hai phòng ăn. Mỗi nhà toán học đều ăn trong một phòng chứa một số chẵn người bạn của mình. Giả sử có ít nhất một cách sắp xếp như vậy. Chứng minh rằng số cách chia các nhà toán học vào hai phòng là một lũy thừa của 2. Lời giải. Định nghĩa một lệnh là một tập các hướng dẫn, mỗi nhà toán học được đề nghị hoặc ở lại hoặc di chuyển. Giả sử đang có một cách chia tốt, nghĩa là mỗi nhà toán học có số chẵn bạn ở trong cùng phòng. Xét tập 𝐺 tất cả các lệnh sao cho xuất phát từ cách chia này, sau khi áp dụng một lệnh ta được một cách chia tốt khác. Các lệnh đó cũng được gọi là các lệnh tốt. Gọi tập này là 𝐺. Khi đó lệnh 𝐼 mà mỗi nhà toán học ở nguyên tại chỗ cũng thuộc tập 𝐺.. 3.3. Một số bài toán khác. Trong hai phần trước ta đã thấy ứng dụng của nhóm đối xứng. Trong phần này ta sẽ xét một số bài tập với các cấu trúc nhóm khác.. G là một nhóm abel: Nếu 𝐴, 𝐵 ∈ 𝐺 là hai lệnh bất kỳ, ta ký hiệu 𝐴.𝐵 là lệnh nhận được bằng cách áp dụng lần lượt lệnh 𝐵 rồi tiếp lệnh 𝐴. Dễ thấy hai lệnh 𝐴.𝐵 và 𝐵.𝐴 như nhau. Ta chứng minh 𝐴.𝐵 cũng là một lệnh tốt, nghĩa là thuộc vào tập 𝐺. Thật vậy, xét một nhà toán học 𝑥 trong hội thảo. Nếu 𝐵(𝑥) là ở lại thì có chẵn bạn của 𝑥 ở cả hai phòng phải đi sang phòng khác. Như vậy, nếu xuất phát từ một cách chia tốt bất kỳ khác, sau lệnh 𝐵 thì số người đi và đến phòng của 𝑥 cùng là chẵn hoặc cùng là lẻ. Dẫn đến số bạn cùng phòng của 𝑥 sau đó vẫn là số chẵn. Tương tự, nếu 𝐵(𝑥) là sang phòng khác thì có chẵn bạn của 𝑥 ở hai phòng sẽ ở lại phòng. Nếu xuất phát từ một cách chia tốt khác, thì số bạn ở lại phòng 𝑥 đến và số bạn sẽ đến phòng đó cũng cùng chẵn hoặc cùng lẻ. Do đó 𝑥 có chẵn bạn cùng phòng sau lệnh 𝐵. Tóm lại, 𝐴.𝐵 là một lệnh tốt và do đó 𝐴.𝐵 ∈ 𝐺. Nói riêng, 𝐺 là một nhóm abel.. Ví dụ 3.7 (USAMO 2008). Trong một hội thảo về toán, hai nhà toán học bất kỳ hoặc. Nếu 𝐴 ∈ 𝐺, ta có 𝐴.𝐴 = 𝐼. Do đó 𝐺 là một 2-nhóm và |𝐺| là một lũy thừa của 2.. Bài 8 (IMO 1999 shortlist (Anh)). Cho 𝐴 là một tập gồm 𝑁 lớp đồng dư mod 𝑁 2 . Chứng minh rằng có một tập 𝐵 gồm 𝑁 lớp đồng dư mod 𝑁 2 sao cho tập 𝐴 + 𝐵 :=. {¯ 𝑎 + ¯𝑏 : 𝑎 ¯ ∈ 𝐴, ¯𝑏 ∈ 𝐵} chứa ít nhất 𝑁 2 /2 lớp đồng dư.. Bài 7. Cho tập 𝑉 = {𝑣1 , . . . , 𝑣𝑛 }. Một đồ thị 𝐺 trên tập đỉnh 𝑉 được cho bởi một tập gồm các cặp không sắp thứ tự (𝑣𝑖 , 𝑣𝑗 ), 𝑖 ̸= 𝑗, gọi là các cạnh của 𝐺. Hai đồ thị là đẳng cấu với nhau nếu đồ thị này nhận được từ đồ thị kia bằng cách đánh số lại các đỉnh. Tìm số lớn nhất các đồ thị không đẳng cấu với nhau.. 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 3. PHƯƠNG. Ví dụ 3.1 (Putnam 1971). Tìm tất cả hàm số 𝑓 : R ∖ {0, 1} → R thỏa mãn. TRÌNH HÀM. Trong phần này ta xét một lớp phương trình hàm mà lời giải sử dụng các nhóm hữu hạn.. 𝑥−1 ) = 1 + 𝑥, ∀𝑥 ∈ R ∖ {0, 1}. 𝑥 Cách giải hệ này tương tự như trong đại số tuyến tính. Chú ý rằng điều kiện cần và đủ để một nghiệm 𝑓0 , . . . , 𝑓𝑛−1 của hệ phương trình suy ra nghiệm của phương trình (1) là 𝑓0 ∘ 𝑔0−1 = 𝑓𝑖 ∘ 𝑔𝑖−1 với mọi 𝑖 = 0, . . . , 𝑛 − 1. 𝑓 (𝑥) + 𝑓 (. Lời giải. Đặt 𝐷 := R ∖ {0, 1}. Xét các hàm 𝑔0 , 𝑔1 , 𝑔2 : 𝐷 → 𝐷 với 𝑔0 (𝑥) = 𝑥, 𝑔1 (𝑥) = (𝑥 − 1)/𝑥, 𝑔2 (𝑥) = 1/(1 − 𝑥), ∀𝑥 ∈ 𝐷. Ta có 𝑔1 ∘ 𝑔1 = 𝑔2 , 𝑔13 = 𝑔0 = id (hợp thành 3 lần), dẫn đến 𝐺 = {𝑔0 , 𝑔1 , 𝑔2 } là một nhóm xyclic. Phương trình hàm ban đầu viết lại là 𝑓 (𝑥)+𝑓 (𝑔2 (𝑥)) = 𝑥+1. Ký hiệu 𝑓𝑖 = 𝑓 ∘𝑔𝑖 , 𝑖 = 0, 1, 2. Thay 𝑥 lần lượt bởi 𝑔1 (𝑥) và 𝑔2 (𝑥) ta nhận được hệ phương trình ⎧ ⎪ ⎨𝑓0 + 𝑓1 = 𝑥 + 1, 𝑓1 + 𝑓2 = 𝑔1 (𝑥) + 1, ⎪ ⎩ 𝑓0 + 𝑓2 = 𝑔2 (𝑥) + 1.. Chú ý 3.2. Cách giải như trên cũng cho biết khi nào phương trình (1) có một nghiệm duy nhất hay vô số nghiệm. Trường hợp hệ có vô số nghiệm xảy ra khi ta thay biến mới vào thì chỉ được phương trình hệ quả. Ví dụ, xét phương trình hàm 𝑓 (𝑥) + 𝑓 (−𝑥) = 𝑥2 . Thay 𝑥 bởi 𝑔(𝑥) = −𝑥 không mang đến phương trình mới. Nghiệm của phương trình này là 𝑓 (𝑥) = 12 𝑥2 + 𝐹 (𝑥) với 𝐹 (𝑥) là một hàm lẻ bất kỳ.. Hệ này có nghiệm 𝑓0 (𝑥) = 𝑓 (𝑥) =. 𝑥3 − 𝑥2 − 1 , 2𝑥(𝑥 − 1). 𝑓1 (𝑥) =. 𝑥3 + 𝑥2 − 2𝑥 + 1 , 2𝑥(𝑥 − 1). 𝑓2 (𝑥) =. 𝑥3 − 3𝑥2 + 4𝑥 − 1 . 2𝑥(𝑥 − 1). Cấu trúc nhóm nào hay xuất hiện trong phương trình (1)? Để giải phương trình hàm (1), ta cần xác định được nhóm 𝐺. Thông thường, 𝐺 là một nhóm xyclic hoặc là một nhóm hữu hạn đơn giản. Xét trường hợp 𝐺 = (𝑔) là một nhóm xyclic, nói cách khác, ánh xạ 𝑔 : 𝐷 → 𝐷 sinh ra 𝐺 thỏa mãn điều kiện 𝑔 𝑛 = id (hợp thành 𝑛 lần), với một số tự nhiên 𝑛 nào đó.. Thử lại vào phương trình ban đầu ta được hàm cần tìm là 𝑥3 − 𝑥2 − 1 𝑓 (𝑥) = . 2𝑥(𝑥 − 1) Bài toán. Cho một miền 𝐷 ⊆ R và một tập các hàm 𝐺 := {𝑔0 , . . . , 𝑔𝑛−1 : 𝐷 → 𝐷}. Giả sử với phép hợp thành 𝐺 là một nhóm. Cho trước các hàm 𝛼0 , . . . , 𝛼𝑛−1 , 𝛽 : 𝐷 → R. Phương trình hàm chúng ta quan tâm là. Ví dụ 3.3. Ánh xạ 𝑔 : R → R cho bởi 𝑔(𝑥) = [𝑥] + {𝑥 + 𝑛1 } là xoắn bậc 𝑛, nghĩa là 𝑔 𝑛 = id. Ở đây, với 𝑎 ∈ Z ta chia các nửa đoạn như sau 1 2 1 [𝑎, 𝑎+1) = [𝑎, 𝑎+ )∪[𝑎+ , 𝑎+ )∪. . . 𝑛 𝑛 𝑛 𝑛−1 ∪ [𝑎 + , 𝑎 + 1). 𝑛. (1) 𝛼0 (𝑥)𝑓 (𝑔0 (𝑥)) + 𝛼1 (𝑥)𝑓 (𝑔1 (𝑥))+ . . . + 𝛼𝑛−1 (𝑥)𝑓 (𝑔𝑛−1 (𝑥)) = 𝛽(𝑥), với 𝑥 ∈ 𝐷 và 𝑓 là hàm cần tìm.. Khi đó, các ánh xạ hạn chế. Để giải phương trình này ta lần lượt thay 𝑥 bởi 𝑔0 (𝑥), . . . , 𝑔𝑛−1 (𝑥) và nhận được một hệ phương trình tuyến tính với hệ số là các hàm 𝛼𝑖 (𝑔𝑗 (𝑥)), hệ số tự do gồm các hàm 𝛽(𝑔𝑖 (𝑥)) và ẩn là các hàm 𝑓𝑖 (𝑥) := 𝑓 (𝑔𝑖 (𝑥)), 𝑖, 𝑗 = 0, . . . , 𝑛 − 1.. 𝑔 : [𝑎+. 𝑘−1 𝑘 𝑘 𝑘+1 , 𝑎+ ) → [𝑎+ , 𝑎+ ), 𝑛 𝑛 𝑛 𝑛 𝑘 = 1, . . . , 𝑛 − 1,. và 𝑔 : [𝑎 +. 8. 𝑛−1 1 , 𝑎 + 1) → [𝑎, 𝑎 + ), 𝑛 𝑛.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> là các song ánh. Chú ý rằng ánh xạ 𝑔 ở trên được xây dựng từ ánh xạ quen thuộc 𝑔0 : R/Z → R/Z, 𝑥 ↦→ 𝑥 +. 1 𝑛. (mod Z).. Ví dụ 3.4. Ký hiệu 𝑎𝑖 = tan−1 ( 𝑛𝑖 𝜋), 𝑖 = −𝑛 + 1, −𝑛 + 2, . . . , 0, . . . , 𝑛 − 1, và 𝐷 = R ∖ {𝑎−𝑛+1 , . . . , 𝑎0 , . . . , 𝑎𝑛−1 }. Ánh xạ sau là xoắn bậc 𝑛, 𝜋 𝑔 : 𝐷 → 𝐷, 𝑔(𝑥) = tan(tan−1 (𝑥) + ). 𝑛 Chú ý rằng nếu ta chia 𝐷 = 𝐷−𝑛+1 ∪ . . . ∪ 𝐷0 ∪ . . . ∪ 𝐷𝑛−1 ∪ 𝐷𝑛 , với 𝐷−𝑛+1 = (−∞, 𝑎−𝑛+1 ), 𝐷𝑛 = (𝑎𝑛−1 , ∞), 𝐷𝑖 = (𝑎𝑖−1 , 𝑎𝑖 ), 𝑖 = −𝑛 + 2, . . . , 𝑛 − 1, thì 𝑔 : 𝐷𝑖 → 𝐷𝑖+1 với mọi 𝑖 = −𝑛 + 1, . . . , 𝑛 − 1 và 𝑔 : 𝐷𝑛 → 𝐷−𝑛+1 là các song ánh. Chú ý 3.5. Sẽ rất thú vị nếu ta xây dựng được các ví dụ tương tự trên những tập rời rạc như N, Z. Có một lớp các hàm 𝑔 quan trọng là các phép biến đổi phân tuyến tính. Phần tiếp theo ta sẽ đi xây dựng các phép biến đổi này.. Ví dụ, các hàm 𝑔1 (𝑥) = −𝑥, 𝑔2 (𝑥) = 1/𝑥 là những phép biến đổi phân tuyến tính quen thuộc. Bằng cách chia cả tử số và mẫu √︀ số của phân thức tuyến tính trên cho | det 𝛾| ta có thể giả sử det(𝛾) = ±1, ký hiệu nhóm các ma trận tương ứng là 𝐺. Chú ý rằng tác động của hai phần tử 𝛾, −𝛾 ∈ 𝐺 trùng nhau. Ta quan tâm đến những phép biến đổi xoắn, nghĩa là 𝑔 ∈ 𝐺 thỏa mãn 𝑔 𝑛 (𝑥) = 𝑥, ∀𝑥 ∈ R ∪ {∞}. Những phép biến đổi này tương ứng với các ma trận (︂ )︂ 𝑎 𝑏 𝐴= ∈ 𝐺, 𝑐 𝑑 thỏa mãn 𝐴𝑛 = ±𝐼2 với 𝑛 ∈ N. Vì 𝐴 thỏa mãn phương trình đa thức 𝜆2𝑛 − 1 = 0 nên 𝐴 chéo hóa được và các giá trị riêng của 𝐴 là các căn bậc 2𝑛 của đơn vị, nghĩa là )︂ (︂ 𝑚 0 𝜖 1 , 𝐴∼ 0 𝜖𝑚 2 với 𝜖 là một căn nguyên thủy bậc 2𝑛 của 1, 0 ≤ 𝑚1 ≤ 𝑚2 < 2𝑛. Ta có 𝜖𝑚1 +𝑚2 = det 𝐴 = 𝑎𝑑 − 𝑏𝑐, 𝜖𝑚1 + 𝜖𝑚2 = tr(𝐴) = 𝑎 + 𝑑 ∈ R.. Điều kiện 𝜖𝑚1 +𝑚2 là số thực suy ra 𝑚1 + Tác động của nhóm GL2 (R) lên R. Xét 𝑚2 ∈ {0, 𝑛, 2𝑛, 3𝑛}. Chọn 𝜖 = cos 𝜋𝑛 + nhóm tuyến tính tổng quát thực 𝑖 sin 𝜋𝑛 , ta xét riêng rẽ các trường hợp: )︂ }︂ {︂(︂ 𝑎 𝑏 GL2 (R) = : 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 ∈ R, 𝑎𝑑 ̸= 𝑏𝑐 ,∙ 𝑚1 +𝑚2 = 0, hay 𝑚1 = 𝑚2 = 0. Trường 𝑐 𝑑 hợp này ứng với 𝐴 = 𝐼2 và 𝑛 = 1. và một tác động lên không gian xạ ảnh thực P1 (R) := R ∪ {∞} cho bởi. ∙ 𝑚1 + 𝑚2 = 𝑛. Khi đó 𝜖𝑚2 = 𝜖𝑛 𝜖−𝑚1 = −𝜖−𝑚1 . Do đó,. GL2 (R) × (R ∪ {∞}) −→ R ∪ {∞}, (︂ )︂ 𝑎𝑥 + 𝑏 𝑎 𝑏 . × 𝑥 ↦−→ 𝑐 𝑑 𝑐𝑥 + 𝑑. 𝜖𝑚1 + 𝜖𝑚2 = 𝜖𝑚1 − 𝜖−𝑚1 𝑚1 𝜋 𝑚1 𝜋 = 2 cos + 𝑖2 sin . 𝑛 𝑛. Với mỗi ma trận 𝛾 ∈ GL2 (R), tác động trên cho ta một ánh xạ trên R ∪ {∞}, gọi là phép biến đổi phân tuyến tính, 𝑔 : R ∪ {∞} → R ∪ {∞}, 𝑥 ↦→. 𝑎𝑥 + 𝑏 . 𝑐𝑥 + 𝑑. 9. Điều kiện 𝜖𝑚1 + 𝜖𝑚2 ∈ R tương đương với sin 𝑚𝑛1 𝜋 = 0, hay 𝑚1 = 0, dẫn đến 𝑚2 = 𝑛. Ma trận chéo hóa 𝐴 là (︂ )︂ 1 0 𝐴∼ . 0 −1.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Nói riêng, trường hợp này chỉ xảy ra khi 𝑛 = 2. ∙ 𝑚1 + 𝑚2 = 2𝑛. Tính toán tương tự như trên, ta có 𝑚1 𝜋 𝜖𝑚1 + 𝜖𝑚2 = 𝜖𝑚1 + 𝜖−𝑚1 = 2 cos ∈ R. 𝑛 Ma trận chéo hóa của 𝐴 là (︂ 𝑚 )︂ 𝜖 1 0 𝐴∼ . 0 𝜖−𝑚1 Điều này tương đương với det(𝐴) = 1 và 𝑎 + 𝑑 = 2 cos 𝑚𝑛1 𝜋 . Nói riêng, 𝐴 ∈ SL2 (R). ∙ 𝑚1 + 𝑚2 = 3𝑛. Vì 𝑚2 < 2𝑛 nên 𝑚1 = 3𝑛 − 𝑚2 > 𝑛. Ta có 𝜖𝑚2 = 𝜖3𝑛 𝜖−𝑚1 = 𝜖−𝑚1 . Do đó, 𝑚1. 𝑚2. 𝑚1. −𝑚1. −𝜖 𝑚1 𝜋 𝑚1 𝜋 = 2 cos + 𝑖2 sin . 𝑛 𝑛 Điều kiện 𝜖𝑚1 + 𝜖𝑚2 ∈ R tương đương với sin 𝑚𝑛1 𝜋 = 0. Vì 𝑛 < 𝑚1 < 2𝑛 nên trường hợp này không xảy ra. 𝜖. +𝜖. =𝜖. Như vậy trong các trường hợp trên, chỉ trường hợp 𝑛 = 2 có ma trận không nằm trong SL2 (R), các trường hợp còn lại đều suy ra 𝐴 ∈ SL2 (R). Tiếp theo, ta quan tâm đến bậc xoắn của ánh xạ phân tuyến tính, nghĩa là với 𝑛 cho trước, tìm những ma trận 𝐴 sao cho 𝑛 là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn 𝐴𝑛 = ±𝐼2 . Nếu 𝑛 = 1 thì 𝐴 = ±𝐼2 . Nếu 𝑛 = 2 thì 𝐴 đồng dạng với ma trận đường chéo (︂ )︂ 1 0 𝐴 ∼ 𝐵2 := . 0 −1 Xét 𝑛 > 2. Theo như phân tích ở trên, ma trận chéo hóa của 𝐴 có dạng )︂ (︂ 𝑚 𝜖 1 0 , 𝐵= 0 𝜖−𝑚1 với 0 < 𝑚1 < 2𝑛. Bằng cách lập luận tương tự như trên, không có ma trận thực 𝐶 nào thỏa mãn 𝐶 𝑛 ∼ 𝐵2 . Do đó điều kiện 𝐴𝑛 = ±𝐼2 tương đương với 𝐴2𝑛 = 𝐼2 . Từ đây suy ra, 𝑛 là số nhỏ nhất. 10. để 𝐴𝑛 = ±𝐼2 khi và chỉ khi bậc xoắn của ma trận 𝐴 là một trong hai giá trị 𝑛, 2𝑛, do đó tương đương với (𝑚1 , 𝑛) = 1. Dẫn đến, số ma trận đường chéo như vậy bằng số ước nguyên dương của 𝑛. Một số trường hợp cụ thể: (a) 𝑛 = 2: Ta có 𝑎 + 𝑑 = 0. Các phép biến đổi tương ứng là 𝑎𝑥 + 𝑏 , với 𝑎2 + 𝑏𝑐 = 1. 𝑐𝑥 − 𝑎 (b) 𝑛 = 3: Khi đó 𝑚1 = 1, 2 và 𝑎+𝑑 = ±1. Các phép biến đổi phân tuyến tính có dạng 𝑎𝑥 + 𝑏 , với 𝑎(1 − 𝑎) − 𝑏𝑐 = 1, 𝑐𝑥 + 1 − 𝑎 𝑎𝑥 + 𝑏 , với 𝑎(−1 − 𝑎) − 𝑏𝑐 = 1. và 𝑐𝑥 − 1 − 𝑎 (c) √𝑛 = 4: Ta có 𝑚1 = 1, 3, do đó 𝑎 + 𝑑 = ± 2. Ánh xạ 𝑔 khi đó có dạng √ 𝑎𝑥 + 𝑏 √ với 𝑎( 2 − 𝑎) − 𝑏𝑐 = 1, 𝑐𝑥 + 2 − 𝑎 √ 𝑎𝑥 + 𝑏 √ và , với 𝑎(− 2−𝑎)−𝑏𝑐 = 1. 𝑐𝑥 − 2 − 𝑎 (d) 𝑛 = 5: 𝑚1 nhận các giá trị 1, 2, 3, 4. Tương ứng, 𝑎 + 𝑑 nhận các giá trị √ 1 √ 1 (1 + 5); (−1 + 5); 2 2 √ √ 1 1 (1 − 5); − (1 + 5). 2 2 Bài 1. Tìm tất cả hàm 𝑓 : C → C thỏa mãn 𝑓 (𝑧) + 𝑧𝑓 (1 − 𝑧) = 1 + 𝑧, với mọi 𝑧 ∈ C. Bài 2. Tìm tất cả hàm số 𝑓 (𝑥) thỏa mãn (︂ )︂ (︂ )︂ 13𝑥 − 4 𝑥 3𝑥 − 2 2𝑓 − 3𝑓 = . 𝑥−1 2𝑥 + 1 2𝑥 − 3𝑥2 Bài 3. Tìm tất cả các hàm số 𝑓 : R ∖ {0, 1} thỏa mãn )︂ (︂ 2(1 − 2𝑥) 1 = . 𝑓 (𝑥) + 𝑓 1−𝑥 𝑥(1 − 𝑥).

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Bài 4. Tìm tất cả các hàm số 𝑓 (𝑥) thỏa mãn )︂ (︂ )︂ (︂ 3+𝑥 𝑥−3 +𝑓 = 𝑥. 𝑓 𝑥+1 1−𝑥 Bài tập sau là một ví dụ thú vị trong đó cấu trúc nhóm xuất hiện trong phương trình hàm. Phương trình trong bài này không cùng kiểu với các phương trình trên. Bài 5 (IMO shortlist 2001 (Czech)). Tìm tất cả các hàm số 𝑓 : R → R thỏa mãn 𝑓 (𝑥𝑦)(𝑓 (𝑥) − 𝑓 (𝑦)) = (𝑥 − 𝑦)𝑓 (𝑥)𝑓 (𝑦), với mọi 𝑥, 𝑦 ∈ R. 4. MỘT. SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC. Ví dụ 4.1 (IMO shortlist 2004 (Ireland)). Với mỗi số nguyên dương 𝑛 > 1, ký hiệu 𝑃𝑛 là tích các số nguyên dương 𝑚 < 𝑛 thỏa mãn 𝑛|𝑚2 − 1. Tìm phần dư của 𝑃𝑛 khi chia cho 𝑛. Lời giải. Đặt 𝐺𝑛 := {0 < 𝑚∏︀< 𝑛 : 𝑛|𝑚2 − 1}. Theo định nghĩa 𝑃𝑛 = 𝑚∈𝐺𝑛 𝑚. Có đơn ánh 𝜙 : 𝐺𝑛 ˓→ (Z/𝑛Z)* với (Z/𝑛Z)* là nhóm các phần tử khả nghịch đối với phép nhân trên Z/𝑛Z. Ảnh 𝜙(𝐺𝑛 ) là một nhóm con. Thật vậy, nếu 𝑚1 , 𝑚2 ∈ 𝐺𝑛 thì (𝑚1 𝑚2 )2 − 1 = 𝑚21 (𝑚22 − 1) + (𝑚21 − 1) chia hết cho 𝑛. Thêm vào đó, nếu 𝑚 ∈ 𝐺𝑛 và 𝑚′ là một số nguyên dương thỏa mãn 𝑚′ 𝑚 ≡ 1 (mod 𝑛) thì (𝑚′ )2 ≡ (𝑚′ )2 .1 ≡ (𝑚′ )2 𝑚2 ≡ (𝑚′ 𝑚)2 ≡ 1 (mod 𝑛), do đó 𝑚′ ∈ 𝜙(𝐺𝑛 ). Nhóm con 𝜙(𝐺𝑛 ) là một 2-nhóm abel vì theo định nghĩa, 𝑛|𝑚2 −1 với mọi 𝑚 ∈ 𝐺𝑛 . Giả sử 𝑚 ¯ 1, . . . , 𝑚 ¯ 𝑘 là một hệ sinh cực tiểu của 𝜙(𝐺𝑛 ). Khi đó các phần tử của 𝐺𝑛 đều ¯ 𝑖𝑗 với có biểu diễn duy nhất dạng 𝑚 ¯ 𝑖1 . . . 𝑚 1 ≤ 𝑖1 < . . . < 𝑖𝑗 ≤ 𝑘. Số phần tử của 𝐺𝑛 do đó là số tập con của tập {1, . . . , 𝑘}, là 2𝑘 . Ta cũng có 𝑘−1. 𝑃𝑛 ≡ 𝑚21. 𝑘−1. . . . 𝑚2𝑘. (mod 𝑛).. 11. Nếu 𝑘 > 1 thì rõ ràng 𝑃𝑛 ≡ 1 (mod 𝑛). Trường hợp này xảy ra khi và chỉ khi có một phần tử 𝑚 ∈ 𝐺𝑛 với 1 < 𝑚 < 𝑛 − 1. Hay 𝑛, 𝑛/2 đều không là lũy thừa của một số nguyên tố lẻ. Nếu 𝑘 = 1 thì rõ ràng 𝐺𝑛 = {1, 𝑛 − 1}, dẫn đến 𝑃𝑛 ≡ −1 (mod 𝑛). Bài 6 (IMO 1977 (Hà Lan)). Cho số tự nhiên 𝑛 > 2. Đặt 𝑉 := {1 + 𝑘𝑛 : 𝑘 = 1, 2, . . .}. Một số 𝑚 ∈ 𝑉 được gọi là không phân tích được trong 𝑉 nếu không tồn tại hai số 𝑎, 𝑏 ∈ 𝑉 sao cho 𝑚 = 𝑎𝑏. Chứng minh rằng tồn tại một số 𝑁 ∈ 𝑉 sao cho có nhiều hơn một cách phân tích 𝑁 thành tích các phần tử không phân tích được trong 𝑉 . Bài 7 (P. Radovici-Marculescu). Chứng minh rằng 1919 không viết được ở dạng 𝑚3 + 𝑛4 với 𝑚, 𝑛 là hai số tự nhiên. 5. TẬP. CON TRÙ MẬT TRONG. R. Mệnh đề 5.1. Cho 𝐴 là một nhóm con không tầm thường của nhóm cộng các số thực (R, +). Nhóm 𝐴 hoặc là xyclic hoặc trù mật trong R. Chứng minh. Đặt 𝜖 = inf{𝑎 ∈ 𝐴 : 𝑎 > 0}. Số 𝜖 luôn tồn tại vì nếu có một phần tử 𝑎 ∈ 𝐴, 𝑎 < 0 thì −𝑎 > 0 và −𝑎 ∈ 𝐴. Ta xét ba trường hợp: TH1. 𝜖 = 0: Khi đó tồn tại một dãy số thực dương (𝑎𝑛 )𝑛 ⊂ 𝐴 giảm dần xuống 0. Xét một đoạn bất kỳ (𝑎, 𝑏) ⊆ R, không mất tính tổng quát có thể giả sử 0 < 𝑎 < 𝑏. Khi đó luôn có một phần tử 𝑎𝑛 trong dãy trên sao [︀ ]︀ cho 0 < 𝑎𝑛 < 𝑏 − 𝑎. Đặt 𝑁 = 𝑏/𝑎𝑛 ∈ Z. Khi đó dễ thấy 𝑎 < 𝑁 𝑎𝑛 < 𝑏. Vì 𝐴 là một nhóm nên 𝑁 𝑎𝑛 ∈ 𝐴, do đó (𝑎, 𝑏) ∩ 𝐴 ̸= ∅ và 𝐴 là trù mật trong R. TH2. 𝜖 > 0 và 𝜖 ̸∈ 𝐴: Tương tự như trên, có một dãy số thực dương (𝑎𝑛 )𝑛 ⊂ 𝐴 giảm dần xuống 𝜖. Vì 𝜖 > 0 nên với chỉ số 𝑛 đủ lớn thì 0 < 𝑎𝑛+1 − 𝑎𝑛 < 𝜖. Điều này mâu thuẫn với cách chọn 𝜖 vì.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> 𝑎𝑛+1 − 𝑎𝑛 ∈ 𝐴 (𝐴 là một nhóm). Do đó trường hợp này không xảy ra. TH3. 𝜖 > 0 và 𝜖 ∈ 𝐴: Mọi số thực 𝑎 ∈ 𝐴 đều có biểu diễn dạng 𝑎 = 𝑛𝜖 + 𝑏 với 𝑛 ∈ Z và 0 ≤ 𝑏 < 𝜖. Do 𝐴 là một nhóm nên 𝑏 = 𝑎 − 𝑛𝜖 ∈ 𝐴. Từ cách chọn 𝜖 suy ra 𝑏 = 0. Vậy 𝐴 = 𝜖Z là một nhóm xyclic.  Ví dụ 5.2 (DeMO). Cho trước một hình chữ nhật. Theo phương của các cạnh, cắt hình chữ nhật thành hai hoặc ba hình chữ nhật bằng nhau và giữ lại một. Chứng minh rằng với mọi 𝜖 > 0 cho trước, xuất phát từ hình chữ nhật ban đầu, có hữu hạn cách cắt sao cho hình chữ nhật cuối cùng có tỷ lệ hai cạnh nằm trong khoảng (1 − 𝜖, 1 + 𝜖). Lời giải. Gọi tỷ số độ dài hai cạnh của hình chữ nhật ban đầu là 𝑟. Sau một số hữu hạn lần cắt, tỷ số độ dài hai cạnh hình chữ nhật mới có dạng 2𝑚 3𝑛 𝑟 với 𝑚, 𝑛 ∈ Z. Để chứng minh tỷ số này gần 1 tùy ý, ta chứng minh kết quả tổng quát hơn là tập {2𝑚 3𝑛 : 𝑚, 𝑛 ∈ Z} trù mật trên R≥0 . Điều này tương đương với tập 𝐴 = {𝑚 + 𝑛 log2 3 : 𝑚, 𝑛 ∈ Z} trù mật trên R. Khẳng định được suy ra từ Mệnh đề 5.1. Ví dụ 5.3 (V. I. Arnold). Chứng minh rằng có vô hạn lũy thừa (kể cả âm) của 2 bắt đầu bằng chữ số 7. Lời giải. Một lũy thừa 2𝑘 có chữ số đầu tiên là 7 khi và chỉ khi tồn tại ℎ ∈ Z sao cho 7 ≤ 2𝑘 /10ℎ < 8. Ta đi chứng minh. 12. tập {2𝑘 /5ℎ : 𝑘, ℎ ∈ Z} trù mật trên R≥0 , hay tương đương, tập 𝐴 = {𝑘 + ℎ log2 5 : 𝑘, ℎ ∈ Z} trù mật trên R. Điều này được suy ra từ Mệnh đề 5.1. Bài 8. Cho ánh xạ liên √ tục 𝑓 : R →√R thỏa mãn 𝑓 (𝑥) = 𝑓 (𝑥 + 2) = 𝑓 (𝑥 + 3) với mọi 𝑥 ∈ R. Chứng minh rằng 𝑓 là một ánh xạ hằng. Bài 9. Chứng minh rằng tập {sin 𝑛 : 𝑛 ∈ Z} trù mật trong đoạn [−1, 1]. Bài 10. Trên mặt phẳng tọa độ, cho 𝑃 là một ngũ giác đều và 𝑋 ̸= ∅ là một tập các điểm sao cho 𝑋 đóng đối với các phép lấy đối xứng qua cạnh của 𝑃 . Chứng minh rằng 𝑋 trù mật trên mặt phẳng. TÀI. LIỆU. [1] Đề thi học sinh giỏi quốc gia 2010. [2] M. Bessenyei, Functional equations and finite groups of substitutions, Amer. Math. Monthly 117(10) (2010), 921-927. [3] Đoàn Trung Cường, Tài liệu bồi dưỡng đội tuyển Việt Nam tham dự IMO 2011. [4] D. Djukić, V. Janković, I. Matić, N. Petrović, The IMO compendium - A collection of problems suggested for the International Mathematical Olympiads 1954-2009. Problem Books in Mathematics. Springer 2010. [5] Trần Nam Dũng, Tài liệu bồi dưỡng đội tuyển Việt Nam tham dự IMO 2010. [6] R. Gelca, T. Andreescu, Putnam and beyond. Springer 2007. [7] Serre, J. P., Linear representations of finite groups. Graduate Texts in Mathematics 42. Springer-Verlag Berlin-Heidelberg-New York 1977. [8] R. Stanley, Topics in algebraic combinatorics..

<span class='text_page_counter'>(13)</span>